Автор работы: Пользователь скрыл имя, 14 Мая 2012 в 13:50, курсовая работа
Данная курсовая работа состоит из двух частей: теоретической и практической. В теоретической части рассмотрены следующие вопросы:
- квадратичные формы;
- приведение к каноническому виду (методом Лагранжа и методом Якоби).
В практической части решено 15 задач на темы:
- линейные пространства (7);
- Евклидово пространство (2);
- квадратичные формы (6).
1 Теоретическая часть_______________________________________________
2 Практическая часть________________________________________________
2.1 Линейные пространства_________________________________________
2.2 Евклидово пространство________________________________________
2.3 Квадратичные формы___________________________________________
Литература______________________________________________________
II. Практическая часть.
2.1 Задание 1: Выяснить вопрос о линейной зависимости системы векторов
а1=(1,2,3,4), а2=(4,1,2,3), а3=(3,4,1,2).
Решение:
α1а1+α2а2+α3а3=0
Перейдем к покоординатной записи равенства:
1 4 3 0
α1 2 + α2 1 + α3 4 = 0
3 2 1 0
4 3 2 0
α1 + 4α2 +3α3=0,
2α1 + α2 +4α3=0,
3α1 + 2α2 + α3=0,
4α1 + 3α2 +2α3=0
Составим матрицу системы:
1 4 3 (-2),(-3),(-4) 1 4 3 1 4 3
2 1 4
3 2 1 ~ 0 –10 -8 ½ ~ 0 5 4 ~
4 3 2
1 4 3 1 4 3 1 4 3
0 5 4 7, 13 0 5 4 0 5 4 1 4 3
~ 0 –35 –10 ~ 0 0 18 ~ 0 0 0 ~ 0 5 4
0 –65 –50 0 0 2 (-6) 0 0 2 ½ 0 0 1
α1 + 4α2 +3α3=0, α3=0, α3= 0,
5α2 +4α3=0, α2=-0.8α3, α2= 0,
α3=0; α1=- 4α2 -3α3; α1= 0
Таким образом, можно сделать вывод, что векторы а1,а2,а3 линейно независимы.
Ответ: Система векторов а1=(1,2,3,4), а2=(4,1,2,3), а3=(3,4,1,2) линейно независима.
.
2.2 Задание 2: Найти базисы суммы и пересечения подпространств L1=<a1,a2,a3> и L2=<b1,b2,b3>, где a1=(2,1,2), a2=( 3,1,3), a3=(0,2,2), b1=(4,0,1), b2=(-4,2,2), b3=(1,1,1).
Решение:
Проверим, являются ли системы векторов в каждом подпространстве базисом. Для этого находим ранги матриц A и B методом окаймляющих миноров.
2 3 0
A= 1 1 2 ; M1 = 2≠0, M2 = 2–3 = –1≠0, M3 = 4+12–12–6 = –2≠0
2 3 2
4 -4 1
B= 0 2 1 ; M1 = 4≠0, M2 = 8≠0, M3 = 8–4–2–8 = –6≠0
1 2 1
r(A)=r(B)=3.
Значит, векторы a1,a2,a3 и b1,b2,b3 составляют базис подпространств L1 и L2 соответственно.
Составим матрицу объединения этих множеств:
(a1 a2 a3 b1 b2 b3) = 1 1 2 0 2 1 (-2) ~ 0 1 –4 4 –8 –1 (-1) ~
1 1 2 0 2 1
~ 0 1 –4 4 –8 –1
0 0 2 –3 6 0
Привели матрицу к ступенчатому виду, r=3.
Один из базисов суммы подпространств L1 и L2 - a1,a2,a3.
Построим базис пересечения подпространств L1 и L2.
α1а1+α2а2+α3а3=β1b1+β2b2+β3b3
От векторного равенства перейдем к покоординатному:
2 3 0 4 -4 1
α1 1 +α2 1 +α3 2 = β1 0 + β2 2 + β3 1
2 3 2 1 2 1
2α1+3α2 =4β1-4β2+β3,
α1+ α2+2α3= 2β2+β3,
2α1+3α2+2α3= β1+2β2+β3
2 3 0 4 –4 1 1 1 2 0 2 1 1 1 2 0 2 1
1 1 2 0 2 1 (-2) ~ 0 1 –4 4 –8 –1 (-1) ~ 0 1 –4 4 –8 –1 ~
2 3 2 1 2 1 0 1 –2 1 –2 –1 0 0 2 –3 6 0 2, (-1)
1 1 0 3 -4 1 1 0 0 5 -8 2
~ 0 1 0 -2 4 -1 (-1) ~ 0 1 0 -2 4 -1
0 0 2 -3 6 0 0 0 2 -3 6 0
α1= 5β1- 8β2+2β3, α1= 5β1- 8β2+2β3,
α2=-2β1+4β2- β3, α2= -2β1+4β2- β3,
2α3=-3β1+6β2; α3=-1.5β1+3β2
(α1=5β1-8β2+2β3, α2=-2β1+4β2-β3, α3=-1.5β1+3β2,β1,β2,β3) – общее решение.
Найдем фундаментальнуюсистему решений:
-если β1=2, β2=β3=0, то α1=10, α2= 4, α3=-3
-если β2=1, β1=β3=0, то α1=-8, α2= 4, α3=3
-если β3=1, β1=β2=0, то α1= 2, α2=-1, α3=0
тогда получим:
10 -8 2
-4 4 -1
x1= -3 ; x2= 3 ; x3= 0
2 0 0
0 1 0
0 0 1
α1а1+α2а2+α3а3=β1b1+β2b2+β3b3
z1=10a1-4a2- 3a3=2b1=(8,0,2)
z2=-8a1+4a2+3a3= b2=(-4,2,2)
z3= 2a1 - a2 = b3=(1,1,1)
z1,z2,z3 – базис пересечения подпространств L1 и L2.
Ответ: a1,a2,a3 – один из базисов суммы, z1=(8,0,2), z2=(-4,2,2), z3=(1,1,1) – ба зис пересечения подпространств L1=<a1,a2,a3> и L2=<b1,b2,b3>, где
a1=(2,1,2), a2=( 3,1,3), a3=(0,2,2), b1=(4,0,1), b2=(-4,2,2), b3=(1,1,1).
2.3 Задание 3: Дана линейная оболочка L1(а1,а2,а3,а4) системы четырех векторов а1=(1,1,1,3), а2=(1,2,2,5), а3=(2,1,-1,2), а4=(2,1,2,5). Выяснить, содержится ли оболочка L2=<b1,b2> в линейной оболочке L1, где b1=(1,2,-5,-2), b2=(1,6,-8,-1).
Решение:
Проверяем, какие векторы 1-ой оболочки входят в базис. Для этого приведем матрицу А к ступенчатому виду и определим ее ранг:
1 1 2 2 (-1), (-3) 1 1 2 2 1 1 2 2
А= 1 2 1 1 0 1 -1 -1 (-1), (-2) 0 1 -1 -1
1 2 -1 2 ~ 0 1 -3 0 ~ 0 0 -2 1 (-1) ~
3 5 2 5 0 2 -4 -1 0 0 -2 1
1 1 2 2
0 1 -1 -1 1 1 2 2
~ 0 0 -2 1 ~ 0 1 -1 -1 Очевидно, что r(A)=3.
0 0 0 0 0 0 -2 1
Один из базисов 1-ой оболочки – а1,а2,а3.
Проверим, принадлежит ли вектор b1 линейной оболочке L1:
b1= α1а1+α2а2+α3а3
перейдем к покоординатной записиданной линейной комбинации
1 1 1 2
2 = α1 1 +α2 2 +α3 1
-5 1 2 -1
-2 3 5 2
1= α1+ α2+2α3,
2= α1+2α2+ α3,
-5= α1+2α2- α3,
-2=3α1+2α2+2α3,
1 1 2 1 (-1), (-3) 1 1 2 1 1 1 2 1
1 2 1 2 0 1 -1 1 (-1), (-2) 0 1 -1 1 1 1 2 1
1 2 -1 -5 ~ 0 1 -3 -6 ~ 0 0 -2 -7 ~ 0 1 -1 1
3 5 2 -2 0 2 -4 -5 0 0 -2 -7 0 0 2 7
α1+α2+2α3=1, α1=1-α2-2α3=-10.5,
α2- α3=1, α2=α3+1=4.5,
2α3=7; α3=3.5
b1=-10.5a1+4.5a2+3.5a3, т.е. b1 – есть линейная комбинация базисных векторов оболочки L1.Значит, b1 принадлежит L1.
Проверим, принадлежит ли вектор b2 линейной оболочке L1:
b2=β1а1+β2а2+β3а3
перейдем к покоординатной записиданной линейной комбинации
1 1 1 2
6 = β1 1 + β2 2 + β3 1
-8 1 2 -1
-1 3 5 2
1= β1+ β2+2β3,
6= β1+2β2+ β3,
-8= β1+2β2- β3,
-1=3β1+2β2+2β3
1 1 2 1 (-1), (-3) 1 1 2 1 1 1 2 1
1 2 1 6 0 1 -1 5 (-1), (-2) 0 1 -1 5 1 1 2 1
1 2 -1 -8 ~ 0 1 -3 -9 ~ 0 0 -2 -14 ~ 0 1 -1 5
3 5 2 -1 0 2 -4 -4 0 0 -2 -14 0 0 1 7
β1+β2+2β3=1, β3=7,
β2- β3=5, β2=5+β3=12,
β3=7; β1=1- β2-2β3=-25
b2=-25а1+12а2+7а3, т.е. b2 – есть линейная комбинация базисных векторов оболочки L1.Значит, b2 принадлежит L1.
Таким образом, векторы b1 и b2 принадлежат L1. Имеем, линейная оболочка L2=<b1,b2> содержится в линейной оболочке L1.
Ответ: Оболочка L2=<b1,b2> содержится в линейной оболочке L1(а1,а2,а3,а4) системы четырех векторов, где а1=(1,1,1,3), а2=(1,2,2,5), а3=(2,1,-1,2), а4=(2,1,2,5), b1=(1,2,-5,-2), b2=(1,6,-8,-1).
2.4 Задание 4: Найти систему линейных уравнений, подпространство решений которой совпадает с линейной оболочкой системы векторов а1, а2, а3, где а1=(2,0,4,-3), а2=(0,4,2,-3), а3=(23,0,-21,-9).
Решение:
Проверяем, какие векторы входят в базис:
2 0 23 1 1 3 (-4), (-2) 1 1 3 1 1 3
А= 0 4 0 0 4 0 0 4 0 ¼ 0 1 0
4 2 -21 ~ 4 2 -21 ~ 0 -2 -33 (-1) ~ 0 -2 -33 ~
-3 -3 -9 (- ⅓) 2 0 23 0 -2 17 0 0 50
1 1 3 1 1 3
0 1 0 2 0 1 0 1 1 3
~ 0 0 1 33 ~ 0 0 1 ~ 0 1 0 Очевидно, что r(A)=3.
0 -2 -33 0 0 0 0 0 1
а1,а2,а3 – базис.
x=α1а1+α2а2+α3а3
Перейдем к покоординатной записи равенства:
x1 2 0 23
x2 = α1 0 + α2 4 + α3 0
x3 4 2 -21
x4 -3 -3 -9
x1=2α1+23α3, α1=(x1-23α3)/2,
x2=4α2, α2=1/4x2,
x3=4α1+2α2-21α3, x3=2(x1-23α3)+1/2x2-21α3,
x4=-3α1-3α2-9α3; x4= -3/2(x1-23α3)-3/4x2-9α3;
α1=(x1-23α3)/2,
α2=1/4x2,
α3=(2x1+1/2x2-x3)/67,
x4= -3/2x1-3/4x2+51/2α3;
x4= -3/2x1-3/4x2+51/2α3= -3/2x1-3/4x2+51/134(2x1+1/2x2-
134x4=-99x1-75x2-51x3
Таким образом, 99x1+75x2+51x3+134x4=0.
Проверим: 99(2α1+23α3)+75(4α2)+51(4α1+2α
Значит, решение найдено верно.
Ответ: 99x1+75x2+51x3+134x4=0.
2.5 Задание 5: Линейный оператор φ в базисе е1,е2,е3 имеет матрицу А, где
е1=(2,2,1), е2=(2,0,2), е3=(3,1,-1). Найти матрицу этого оператора в базисе е1',е2',е3', если 4 2 3
Решение:
Представим каждый вектор нового базиса как разложение по старому:
e1’=α1e1+α2e2+α3e3
e2’=β1e1+β2e2+β3e3
e3’=γ1e1+γ2e2+γ3e3
2 2 3 2 1 4 1 2 -1 2 0 2 1 2 -1 2 0 2 7
2 0 1 2 3 0 ~ 0 -4 3 -2 3 -4 ~ 0 -2 5 -2 1 0 7 ~
1 2 -1 2 0 2 (-2) 0 -2 5 -2 1 0 (-2) 0 0 -7 2 1 -4
7 14 -7 14 0 14 7 14 0 12 -1 18
~ 0 -14 35 -14 7 0 ~ 0 -14 0 -4 12 -20 1 ~
0 0 -7 2 1 -4 5, (-1) 0 0 -7 2 1 -4
7 0 0 8 11 -2 1 0 0 8/7 11/7 2/7
~ 0 -14 0 -4 12 -20 ~ 0 1 0 2/7 -6/7 10/7
0 0 7 -2 -1 4 0 0 1 -2/7 -1/7 4/7
8/7 11/7 2/7 8 11 -2
C= 2/7 -6/7 10/7 = 1/7· 2 -6 10
-2/7 -1/7 4/7 -2 -1 4
8/7 11/7 2/7 1 0 0 7 8 11 -2 7 0 0 1
2/7 -6/7 10/7 0 1 0 (-28) ~ -8 24 40 0 -28 0 1/7 ~
-2/7 -1/7 4/7 0 0 1 28 -8 -4 16 0 0 28 (-5/7)
8 11 -2 7 0 0 2 16 22 -4 14 0 0
~ 0 5 -6 1 -4 0 1 2 ~ 0 10 -12 2 -8 0 1/5 ~
0 -5 -10 -5 0 –20 (-1/4) 0 0 4 1 1 5 3, 1
16 22 0 15 1 5 1/16 1 0 0 1/4 3/4 -7/4
~ 0 2 0 1 -1 3 (-11) 1/2 ~ 0 1 0 1/2 -1/2 3/2
0 0 4 1 1 5 1/4 0 0 1 1/4 1/4 5/4
1/4 3/4 -7/4 1 3 -7
1/4 1/4 5/4 1 1 5
-14 -9 -11 8 11 -2 -108 -89 -106
= 1/28· 24 14 18 · 2 -6 10 =1/28· 184 162 164
20 13 13 -2 -1 4 160 129 142
Ответ: Линейный оператор φ в базисе е1',е2',е3' имеет матрицу
-108 -89 -106
А*= 1/28· 184 162 164
160 129 142 .
2.6 Задание 6: Для оператора с матрицей А, действующего в действительном пространстве, найти собственные значения и собственные векторы.
А= 1 0 1 -1
Решение:
1.Составим характеристическое уравнение:
-λ 1 -1 1
1 -λ 1 -1 =0
-1 1 -λ 1
1 -1 1 -λ
-λ 1 -1 1 -λ 1 -1 1 1-λ 1-λ 0 1 -1 1
1 -λ 1 -1 = 0 1-λ 1-λ 0 = -λ 1 -λ 1 - 1-λ 1-λ 0 =
-1 1 -λ 1 1 -1 1 -λ 1 0 1-λ 1-λ 0 1-λ 1-λ
1 -1 1 -λ 0 0 1-λ 1-λ
=-λ(-λ(1-λ)²-(1-λ)²-(1-λ)²)-((
2. а)λ=-3
3x1+ x2- x3+ x4=0,
x1+3x2+ x3- x4=0,
-x1+ x2+3x3+ x4=0,
x1- x2+ x3+3x4=0
3 1 -1 1 0 4 8 4 (-1) 1/4 -1 1 3 1
1 3 1 -1 ~ 0 4 4 0 1/4 ~ 0 1 2 2 ~
-1 1 3 1 1, 3 -1 1 3 1
1 -1 1 3 0 0 4 4 1/4 0 0 -1 -1
-1 1 3 1
~ 0 1 2 1 ~ -1 1 0 -2 1 0 0 1
0 0 1 1 (-2), (-3) 0 1 0 -1 (-1) ~ 0 1 0 -1
0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1
x1+x4=0, x1=-x4, x1= C,
x2- x4=0, x2= x4, x2=-C, Значит, X1 = -C = C· -1
x3+x4=0; x3=-x4; x3= C,
б) λ=1
-x1+x2-x3+x4=0,
x1- x2+x3-x4=0,
-x1+x2-x3+x4=0,
x1- x2+x3-x4=0,
Откуда x1=x2-x3+x4.
-если x2=C, x3=x4=0, то x1= C;
-если x2=x4=0, x3=C, то x1=–C;
-если x2=x3=0, x4=С, то x1= C
Значит,
C -C C
X2 = C ; X3 = 0 ; X4 = 0 .
0 C 0
0 0 C
Ответ: 1,-3 – собственные значения;
С С -С С
-С , С , 0 , 0 - собственные векторы.
С 0 С 0
-С 0 0 С
2.7 Задание 7: Для матрицы А построить каноническое разложение. пользуясь им вычислить 100-ю степень матрицы А и ³√А. С помощью полученного канонического разложения матрицы А решить систему уравнений AX=B.
А= -2 6 0 , В= 1 .
Решение:
λ=Сˉ¹·А·С
1. ׀А-λЕ׀=0
5-λ -2 -2
-2 6-λ 0 =0 , т.е. (5-λ)(6-λ)(4-λ)-4(6-λ)-4(4-λ)=
-2 0 4-λ (5-λ)(λ²-10λ+16)=(5-λ)(λ-2)(λ-
2.а)λ=5
-2x2-2x3=0, x2+x3=0, 0x1=0, x1=C,
-2x1+x2=0, x2=2x1, x2=2x1, x2=2C,
-2x1- x3=0; x3= -2x1; x3= -2x1; x3= -2C.
б) λ=2
3x1-2x2-2x3=0, x1=2x2, 0x2=0, x2=C,
-2x1+4x2=0, x3=x1=2x2, x1=2x2, x1=2C, X2 = C
-2x1+2x3=0; 6x2-2x2-4x2=0; x3=2x2; x3=2C
в) λ=8
-3x1-2x2-2x3=0, x2= -x2, x1=2C,
-2x1-2x2=0, x3=-1/2x1, x2=-2C,
-2x1-4x3=0; 0x1=0; x3=-C
2 1 2
C= 1 2 -2
2 -2 -1
Найдем C‾¹:
2 1 2 1 0 0 (-1/2), (-1) 2 1 2 1 0 0 9 18 9 18 9 0 0
1 2 -2 0 1 0 ~ 0 3 -6 -1 2 0 1; (-3) ~ 0 -9 18 3 -6 0 ~
2 -2 -1 0 0 1 0 -3 -3 -1 0 1 0 0 -9 -2 2 1 2
18 9 0 5 4 2 1/18 1 0 0 2/9 1/9 2/9
~ 0 -9 0 -1 -2 2 1 (-1/9) ~ 0 1 0 1/9 2/9 -2/9
0 0 -9 -2 2 1 (-1/9) 0 0 1 2/9 -2/9 -1/9
2 1 2
C‾¹= 1/9· 1 2 -2
2 -2 -1
2 1 2 5 -2 -2 2 1 2
λ=Сˉ¹·А·С=1/9· 1 2 -2 · -2 6 0 · 1 2 -2 =
2 -2 -1 -2 0 4 2 -2 -1
4 2 4 2 1 2 18 0 0 2 0 0
=1/9· 5 10 -10 · 1 2 -2 = 1/9· 0 45 0 = 0 5 0
16 -16 -8 2 -2 -1 0 0 72 0 0 8
2. A=C·λ· Сˉ¹
2 1 2 2 0 0 2 1 2
A= 1 2 -2 · 0 5 0 ·1/9· 1 2 -2 - каноническое разложение
2 -2 -1 0 0 8 2 -2 -1
2 1 2 ³√2 0 0 2 1 2
³√A= 1 2 -2 · 0 ³√5 0 ·1/9· 1 2 -2 =
2 -2 -1 0 0 ³√8 2 -2 -1
2³√2 ³√5 4 2 1 2
=1/9· ³√2 2³√5 -4 · 1 2 -2 =
2³√2 -2³√5 -2 2 -2 -1
4³√2+ ³√5+8 2³√2+2³√5-8 4³√2- 2³√5-4
=1/9· 2³√2+2³√5-8 ³√2+4³√5+8 2³√2- 4³√5+4
4³√2- 2³√5-4 2³√2- 4³√5+4 4³√2+4³√5+2
2 1 2 2¹ºº 0 0 2 1 2
A¹ºº = 1 2 -2 · 0 5¹ºº 0 ·1/9· 1 2 -2 =
2 -2 -1 0 0 8¹ºº 2 -2 -1
2¹º¹ 5¹ºº 2³º¹ 2 1 2
=1/9· 2¹ºº 2·5¹ºº -2³º¹ · 1 2 -2 =
2¹º¹ -2·5¹ºº -2³ºº 2 -2 -1
2¹º² + 5¹ºº +2³º² 2¹º¹ +2·5¹ºº -2³º² 2¹º² -2·5¹ºº -2³º¹
=1/9· 2¹º¹ +2·5¹ºº -2³º² 2¹ºº +4·5¹ºº +2³º² 2¹º¹ -4·5¹ºº +2³º¹
2¹º² - 2·5¹ºº -2³º¹ 2¹º - 4·5¹ºº +2³º¹ 2¹º² -4·5¹ºº +2³ºº
3. AX=B
Перейдем к системе C·λ·Cˉ¹·X=B.
Умножим обе части равенства на Cˉ¹ слева: λ·Cˉ¹·X=Cˉ¹·B.
Обозначим Z=Cˉ¹·X, тогда λ·Z=Cˉ¹·B.
2 0 0 z1 2 1 2 0
0 5 0 · z2 =1/9· 1 2 -2 · 1
0 0 8 z3 2 -2 -1 -1
2z1=1/9(1-2), z1=-1/18,
5z2=1/9(2+2), z2=4/45,
8z3=1/9(-2+1); z3=-1/72
X=CZ, x1 2 1 2 -1/18
x2 = 1 2 -2 · 4/45
x3 2 -2 -1 -1/72
x1= -2/18+4/45- 2/72= -1/20,
x2= -1/18+8/45+2/72= 3/20,
x3= -2/18- 8/45+1/72= -11/40
Ответ: 2 1 2 2 0 0 2 1 2
A= 1 2 -2 · 0 5 0 ·1/9· 1 2 -2 - каноническое разложение,
2 -2 -1 0 0 8 2 -2 -1
4³√2+ ³√5+8 2³√2+2³√5-8 4³√2- 2³√5-4
³√A = 1/9· 2³√2+2³√5-8 ³√2+4³√5+8 2³√2- 4³√5+4
4³√2- 2³√5-4 2³√2- 4³√5+4 4³√2+4³√5+2 ,
A¹ºº = 1/9· 2¹º¹ +2·5¹ºº -2³º² 2¹ºº +4·5¹ºº +2³º² 2¹º¹ -4·5¹ºº +2³º¹
-1/20
X = 3/20
-11/40 .